pitkä matematiikka, kevät 2018 - mafy-valmennus · 2017. 40% pk-seudun lukioista ... pitkä...

www.mafyvalmennus.fi

Tiesitkö tämän?MAFY-valmennuksen asiakkaat veivät

37 %Helsingin suomenkielisen

yleislääketieteellisenopiskelupaikoista vuonna

2017.

31 %Aalto-yliopiston

tuotantotaloudenopiskelupaikoista vuonna

2017.

40% pk-seudun lukioistakäyttää Mafynettiä

Mafynetti-kertauskurssit julkaistiin lukioiden käyttöön syksyllä 2017ja nyt jo 40% pk-seudun lukioista on ottanut Mafynetin käyttöönsä!Paljon toivotut MAFY-valmennuksen oppimateriaalit lukion ensim-mäiselle vuosikurssille julkaistaan lukuvuodelle 2018-2019.

Kysy lisää mafy.fi/yhteydenotto.

Oppimateriaalit - lääkis-, DI- ja yo-valmennuskurssit - etäkurssit


Pitkä matematiikka, kevät 2018Mallivastaukset, 26.3.2018

Mallivastausten laatimisesta ovat vastanneet filosofian maisteri TeemuKekkonen ja diplomi-insinööri Antti Suominen. Antti ja Teemu ovat perus-taneet MAFY-valmennuksen, jota ennen Teemu opetti 5 vuotta lukiossaja Antti toimi tuntiopettajana TKK:lla. Nykyään Teemu vastaa MAFY:nkursseista pk-seudun ulkopuolella ja Antti vastaa Mafynetti-ohjelman kehi-tyksestä. Muut mallivastaustiimin jäsenet ovat Sakke Suomalainen, MattiVirolainen, Viljami Suominen ja Joonas Suorsa. Nämä mallivastaukset ovatAntti Suominen Oy:n omaisuutta.MAFY-valmennus on Helsingissä toimiva, matematiikan ja luonnonti-eteiden opetukseen ja oppimateriaaleihin erikoistunut yritys. Palveluitammeovat

• Mafynetti - sähköinen oppimateriaali.

• lääketieteellisen valmennuskurssit

• DI-valmennuskurssit

• yo-kokeisiin valmentavat kurssit

Julkaisemme internet-sivuillamme kaiken palautteen, jonka asiakkaat anta-vat kursseistamme. Näin varmistamme, että palveluistamme kiinnostuneillaihmisillä on mahdollisuus saada tarkka ja rehellinen kuva siitä, mitä meiltävoi odottaa.Tämä asiakirja on tarkoitettu yksityishenkilöille opiskelukäyttöön. Ko-pion tästä asiakirjasta voi ladata osoitteesta www.mafyvalmennus.fi. Käyttökaikissa kaupallisissa tarkoituksissa on kielletty. Lukion matematiikan opet-tajana voit käyttää tätä tehtäväpakettia oppimateriaalina lukiokursseilla.MAFY-valmennuksen yhteystiedot:www.mafyvalmennus.fi/yhteystiedot

Oppimateriaalit - lääkis-, DI- ja yo-valmennuskurssit - etäkurssit


1. Merkitään f(x) = x3 − x. Laske a) f(−2), b) f ′(3) ja c)∫ 4

0f(x) dx.

Ratkaisu.

f(x) = x3 − x.

a) Lasketaan f(−2).

f(−2) = (−2)3 − (−2) 1p1p= −8 + 2 = −6. 1p(2p)1p(2p)

b) Derivoidaan f(x).f ′(x) = 3x2 − 1. 1p(3p)1p(3p)

Lasketaan f ′(3).

f ′(3) = 3 · 32 − 1 = 27− 1 = 26. 1p(4p)1p(4p)

c) Lasketaan määrätty integraali.

4∫0

f(x) dx =4∫

0

x3 − x dx

=4/

0

(14x

4 − 12x

2)

1p(5p)1p(5p)

=(

1�4· 4

3

�4 − 12 · 4

2)−(1

4 · 04 − 1

2 · 02)

= 4 · 4 · 4− 4 · 42

= 16 · 4− 4 · 2= 64− 8= 56. 1p(6p)1p(6p)

Huom! Värilliset tekstit ovat lisäselityksiä, joita ei vaadita vastauk-sessa. Käytännössä välivaiheiden kirjoittaminen on kuitenkin päässälaskemista varmempi tapa olla tekemättä huolimattomuusvirheitä, jotenvälivaiheet kannatti kirjoittaa.

Oppimateriaalit - lääkis-, DI- ja yo-valmennuskurssit - etäkurssit 1


2. Toisen asteen polynomifunktiolle voidaan käyttää kahta erilaista esitystapaa.

Summamuoto: ax2 + bx+ c.Tulomuoto: a(x− x1)(x− x2).

a) Muokkaa polynomi 2(x− 6)(x− 9) summamuotoon.b) Muokkaa polynomi x2 + x− 12 tulomuotoon.c) Osoita, että x1x2 = c

a, jos x1 ja x2 ovat polynomin ax2 + bx+ c nollako-

hdat.

Ratkaisu.

a)

2(x− 6)(x− 9) = 2(x2 + x · (−9)− 6x− 6 · (−9))= 2(x2 − 9x− 6x+ 54) 1p1poikein auki kertominen = 1p= 2(x2 − 15x+ 54)= 2x2 − 30x+ 108. 1p(2p)1p(2p)

b)

Ratkaisuvaihtoehto 1:

Huomataan, että

32 + 3− 12 = 9 + 3− 12 = 0(−4)2 − 4− 12 = 16− 16 = 0,

joten x = 3 ja x = −4 ovat polynomin x2 + x− 12 nollakohdat. 1p(3p)1p(3p)Näin ollen

x2 + x− 12 = (x− 3)(x+ 4). 1p(4p)1p(4p)




Etsitään polynomin x2 + x− 12 nollakohdat, eli ratkaistaan yhtälö x2 +x− 12 = 0 toisen asteen yhtälön ratkaisukaavalla.

x =−1±

√12 − 4 · 1 · (−12)

2 · 1

x = −1±√

1 + 482

x = −1±√

492

x = −1± 72

x = −1− 72 tai x = −1 + 7

2x = −4 tai x = 3. 1p(3p)1p(3p)

Näin ollenx2 + x− 12 = (x− 3)(x+ 4). 1p(4p)1p(4p)

c) OLETUS: x1 ja x2 ovat yhtälön ax2 + bx+ c = 0 nollakohdat. Oletetaanlisäksi, että a 6= 0. Tätä ei sanottu tehtävänannossa, mutta se pitääolettaa, jotta väite olisi tosi.

VÄITE: x1x2 = c

a.


Yhtälöax2 + bx+ c = 0

esitettynä tulomuodossa on

a(x− x1)(x− x2) = 0.

Kerrotaan sulut auki.

a(x− x1)(x− x2) = a(x2 + x · (−x2)− x1 · x− x1 · (−x2))= a(x2 − (x1 + x2)x+ x1x2)= ax2 − a(x1 + x2)x+ ax1x2. 1p(5p)1p(5p)



Vakiotermin lausekkeesta nähdään, että

ax1x2 = c ‖ : a

x1x2 = a

c. 1p(6p)1p(6p)


Toisen asteen yhtälön ratkaisukaavan nojalla nollakohdat ovat

x1 = −b+√b2 − 4ac

2aja

x2 = −b−√b2 − 4ac

2a .

Näin ollen siis

x1x2 =(−b+

√b2 − 4ac

2a

)(−b−

√b2 − 4ac

2a

)

= (−b+√b2 − 4ac)(−b−

√b2 − 4ac)

2a · 2a

= (−b)2 − (√b2 − 4ac)2

4a2 1p(5p)1p(5p)

= b2 − (b2 − 4ac)4a2

= ��b2 −��b2 + 4ac4a2

= �4�ac�4a�2

= c

a. 1p(6p)1p(6p)

Huom! Värilliset tekstit ovat lisäselityksiä, joita ei edellytetä vastauksessa.



3. Määritä funktion f(x) = sin x+√

3 cosx suurin ja pienin arvo välillä0 ≤ x ≤ 2π.Ratkaisu.


f(x) = sin(x) +√

3 cos(x).

Derivoidaan f(x).f ′(x) = cos(x)−

√3 sin(x). 1p1p

Ratkaistaan derivaatan nollakohdat.

f ′(x) = 0cos(x)−

√3 sin(x) = 0√

3 sin(x) = cos(x) 1p(2p)1p(2p)‖ : (√

3 cos(x)) (1)

On oltava cos(x) 6= 0.

sin(x)cos(x) = 1√

3

tan(x) = 1√3 1p(3p)1p(3p)

x = π

6 + πn, n ∈ Z

Ratkaisu toteuttaa ehdon cos(x) 6= 0. Tutkitaan, löytyykö ratkaisuja, kuncos(x) = 0. Tällöin yksikköympyrästä nähdään, että sin(x) = 1 tai sin(x) =−1, joten yhtälöstä (1) tulee

√3 · (±1) = 0, jotka ovat epätosia. Näin ollen

yhtälöllä (1) ei ole ratkaisuja, kun cos(x) = 0.

Tarkasteluvälille kuuluvat siis nollakohdat x = π

6 ja

x = π

6 + π = 7π6 . 1p(4p)1p(4p)

Funktio on derivoituva tarkasteluvälillä. Tiedetään, että derivoituva funktiosaa suljetulla välillä suurimman ja pienimmän arvonsa välin päätepisteissä



tai derivaatan nollakohdissa. Sijoitetaan:

f(π

6

)= sin

(π

6

)+√

3 cos(π

6

)= 1

2 +√

3 ·√

32

= 12 +√

32

2 = 12 + 3

2 = 2.

f(7π

6

)= sin

(7π6

)+√

3 cos(7π

6

)= −1

2 +√

3 ·(−√

32

)

= −12 −√

32

2 = −12 −

32 = −2. 1p(5p)1p(5p)

f(0) = sin(0) +√

3 cos(0) = 0 +√

3 · 1 =√

3f(2π) = sin(2π) +

√3 cos(2π) = 0 +

√3 · 1 =

√3.

√3 <√

4 = 2,joten suurin arvo on 2 ja pienin arvo on -2. 1p(6p)1p(6p)


Huom! Tämä on hankalampi keksiä, mutta tällä nokkelalla tavalla pääseevähemmällä.

f(x) = sin(x) +√

3 cos(x) ‖ : 2f(x)

2 = 12 · sin(x) +

√3

2 · cos(x) 1p1p

Sijoitetaan sin(π6

)= 1

2 ja cos(π6

)=√

32 .

f(x)2 = sin

(π

6

)sin(x) + cos

(π

6

)cos(x) 2p(3p)2p(3p)

Kosinin summakaavalla:f(x)

2 = cos(π

6 − x)‖ · 2

f(x) = 2 cos(π

6 − x). 2p(5p)2p(5p)(2)

Kosini on jaksollinen funktio, jonka jakson pituus on 2π, joten se saa tarkastelu-välillä kaikki arvot väliltä [−1, 1]. Näin ollen yhtälön (2) nojalla nähdään,että tarkasteluvälillä funktion f(x) pienin arvo on -2 ja suurin arvo on 2. 1p(6p)1p(6p)



4. Ikkunafunktioiden avulla voidaan kuvata esimerkiksi ajastimen toimintaa.Oheisessa kuviossa on erään tällaisen funktion f(x) kuvaaja punaisella piir-rettynä.

x

y

−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

1

2

Piirrä alla oleviin koordinaatistoihin annettujen funktioiden kuvaajat välillä−2 ≤ x ≤ 3. Perusteluja ei vaadita.a) g(x) = 2f(x)

x

y

−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

1

2

b) h(x) = xf(x)

x

y

−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

1

2

c) k(x) = f(x+ 32)



x

y

−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

1

2

Ratkaisu.

a) g(x) = 2f(x)

x

y

−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

1

2

2p2p

Lisäselitys: Väleillä, joilla f(x) = 0, myös g(x) = 2f(x) = 0. Välillä0 ≤ x < 1, jolla f(x) = 1, on g(x) = 2f(x) = 2.

b) h(x) = xf(x)

x

y

−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

1

2

2p(4p)2p(4p)

Lisäselitys: Väleillä, joilla f(x) = 0, myös h(x) = xf(x) = 0. Välillä0 ≤ x < 1, jolla f(x) = 1, on h(x) = xf(x) = x.

c) k(x) = f(x+ 32)



x

y

−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

1

2

2p(6p)2p(6p)

Lisäselitys: f(x) = 1, kun 0 ≤ x < 1, joten k(x) = f(x+ 3

2

)= 1, kun

0 ≤ x+ 32 < 1, eli kun −3

2 ≤ x < −12 . Muualla f(x) = 0, joten em. välin

ulkopuolella myös k(x) = 0.

Pisteytyksestä kussakin kohdassa: Jos kuvaaja on oikeanlainen avoimillaväleillä, mutta välien päätepisteissä (merkinnöissä) on pieniä virheitä, saa1p.



5. a) Muodosta sen ympyrän yhtälö, jonka keskipiste on (2, 1) ja säde 2. Laskeympyrän niiden pisteiden y-koordinaatit, joiden x-koordinaatti on 1.

b) Määritä a-kohdan ympyrän pienin etäisyys suorasta 3y = 4x+ 20.Ratkaisu.a) Ympyrän yhtälö, jonka keskipiste on (2, 1) ja säde on 2, on

(x− x0)2 + (y − y0)2 = r2

(x− 2)2 + (y − 1)2 = 22

(x− 2)2 + (y − 1)2 = 4 1p1p

Ratkaistaan y, kun x = 1.(1− 2)2 + (y − 1)2 = 4 1p(2p)1p(2p)(1)

(−1)2 + (y − 1)2 = 41 + (y − 1)2 = 4

(y − 1)2 = 3y − 1 = ±

√3

y = 1±√

3.

Vastaus: Kysytyt y-koordinaatit ovat y1 = 1 +√

3 ja y2 = 1−√

3. 1p(3p)1p(3p)

Lisäselitys: Värilliset välivaiheet eivät ole välttämättömiä, koska yhtälön(1) voi ratkaista CAS-laskimen solve-toiminnolla. Tässä tapauksessaratkaisussa kannattaa mainita, että yhtälö on ratkaistu laskimella.

b) Suora on3y = 4x+ 20

4x− 3y + 20 = 0 1p(4p)1p(4p)

joten pisteen etäisyyden suorasta kaavalla saadaan, että ympyrän keskip-isteen (2,1) kohtisuora etäisyys tästä suorasta on

d = |a · x0 + b · y0 + c|√a2 + b2

= |4 · 2− 3 · 1 + 20|√42 + (−3)2

= |25|√25

= 255 = 5. 1p(5p)1p(5p)

Ympyrän säde 2 on pienempi kuin tämä etäisyys, joten suora on ympyränulkopuolella. Näin ollen ympyrän kehä on ympyrän säteen verran lähempänäsuoraa kuin ympyrän keskipiste, eli ympyrän pienin etäisyys suorasta on

d− r = 5− 2 = 3. 1p(6p)1p(6p)

Huom! Värilliset tekstit ovat lisäselityksiä, joita ei edellytetä vastauksessa.



6. Suorakulmaisen kolmion toinen terävä kulma on 30 astetta. Kolmion hy-potenuusan keskipisteeseen piirretään kuvion mukaisesti kohtisuora jana,jonka toinen päätepiste sijaitsee kolmion kateetilla. Laske niiden kahdenosan pituuksien suhde, joihin kohtisuora jakaa kateetin.

Ratkaisu.


Tiedetään, että sin(30°) = 12 , joten jos 30° kulman kanssa vastakkaisen sivun

pituus on a, hypotenuusan pituus on 2a, ja kohtisuora jakaa sen kahteen a:npituiseen osaan. 1p1p

a

a a30°

A B

C

P

Q

KolmiotBCQ jaBPQ ovat yhtenevät (kaksi yhtä pitää sivua ja suorakulma). 2p(3p)2p(3p)Näin ollen

|QC| = |QP ]. 1p(4p)1p(4p)



Kolmiosta APQ saadaan

|QP ||AQ|

= sin(30°) 1p(5p)1p(5p)

|QC||AQ|

= 12 . 1p(6p)1p(6p)


Tiedetään, että sin(30°) = 12 , joten jos 30° kulman kanssa vastakkaisen sivun

pituus on a, hypotenuusan pituus on 2a, ja kohtisuora jakaa sen kahteen a:npituiseen osaan. 1p1p

a

a a30°

x

y

Pidemmän kateetin pituus on Pythagoraan lauseella (Voi laskea myös trigonome-trian avulla) √

(2a)2 − a2 =√

4a2 − a2 =√

3a. 1p(2p)1p(2p)

Muodostuneen pienemmän kolmion hypotenuusan pituus x saadaan trigonome-trialla

cos(30°) = a

x√3

2 = a

x‖ · 2x√

3

x = 2√3a. 1p(3p)1p(3p)

Osan y pituus on siis√

3a− 2√3a. 1p(4p)1p(4p)



Kysytty osien suhde on siis

y

x=√

3�a− 2√3�a

2√3�a

1p(5p)1p(5p)

=√

32

2 − 1

= 32 − 1

= 12 . 1p(6p)1p(6p)


A B

C

P

Q

30°

Piste P jakaa hypotenuusan AB kahtia, joten |AB| = 2|AP |. Suurestakolmiosta ABC saadaan

cos(30°) = |AC||AB|

= |AC|2|AP | . 1p1p(1)

Pienemmästä kolmiosta APQ saadaan vastaavasti

cos(30°) = |AP ||AQ| 1p(2p)1p(2p)(2)

Yhtälöiden (1) ja (2) vasempien puolien tulo on yhtä suuri kuin oikeidenpuolien tulo:

cos2(30°) = |AC|2��|AP |

·��|AP ||AQ|

= |AC|2|AQ| ‖ · 2

2 cos2(30°) = |AC||AQ| 1p(3p)1p(3p)(3)



Sijoitetaan cos(30°) =√

32

2 ·(√

32

)2

= |AC||AQ|

2 · 34 = |AC|

|AQ||AC||AQ|

= 32 . 1p(4p)1p(4p)(4)

Näin ollen kysytty osien suhde on

|QC||AQ|

= |AC| − |AQ||AQ| 1p(5p)1p(5p)

= |AC||AQ|

− 1 ‖ Sij. (4).

= 32 − 1

= 12 . 1p(6p)1p(6p)



7. Lotto-peli alkoi Suomessa vuonna 1971, ja sen sääntöjä on muutettu useitakertoja vuosien varrella. Viimeisin sääntöuudistus tehtiin vuoden 2016 lo-pussa.

Ennen uudistusta arvottiin 7 varsinaista ja 2 lisänumeroa 39 numerosta.Uudistuksen jälkeen arvotaan 7 varsinaista ja vain 1 lisänumero 40 nu-merosta. Seuraavassa loton pelaaja täyttää yhden lottorivin eli käytännössävalitsee 7 numeroa.

Laske tuloksen ”6+1” todennäköisyys ennen uudistusta ja sen jälkeen. Tässä”6+1” tarkoittaa tulosta, jossa on kuusi varsinaista ja yksi lisänumero oikein.Ratkaisu.


Ennen uudistusta:Kaikkiaan erilaisia seitsemän numeron joukkoja voidaan valita yhteensä(

397

). 1p1p

Kuusi oikeaa varsinaista numeroa voidaan valita kaikkiaan seitsemästä oikeastanumerosta (

76

)1p(2p)1p(2p)

eri tavalla. Lisäksi lisänumero voidaan valita kahdesta lisänumerosta kahdellatavalla, joten tapahtumalle ”Ennen uudistusta 6+1 oikein” suotuisia rivejäon siis

2 ·(

76

). 1p(3p)1p(3p)

Näin ollen kysytty todennäköisyys on

P =2 ·(

76

)(

397

) = 9,1021 . . . · 10−7 ≈ 9,1 · 10−7. 1p(4p)1p(4p)

Uudistuksen jälkeen: Tilanne on muuten sama kuin ennen uudistusta,mutta seitsemän numeron rivit valitaan 40 numerosta, ja lisänumerolle on



vain yksi vaihtoehto, 1p(5p)1p(5p)joten uudistuksen jälkeen kysytty todennäköisyys on

P =1 ·(

76

)(

407

) = 3,7546 . . . · 10−7 ≈ 3,8 · 10−7. 1p(6p)1p(6p)


Ennen uudistusta:

Todennäköisyys, että ensimmäinen numero on oikein, on 739 . Todennäköisyys,

että toinen on oikein on 638 jne. 1p1p

Kun kuusi ensimmäistä on mennyt oikein, on jäljellä 39− 6 = 33 numeroa,joista 2 on lisänumeroita. Näin ollen todennäköisyys, että viimeinen valittunumero osuu lisänumerolle, on 2

33 . 1p(2p)1p(2p)Numeron, joka osuu lisänumerolle, ei tarvitse kuitenkaan olla viimeinen,vaan se voi olla mikä tahansa valituista numeroista, joten vaihtoehtoja sensijainnille on 7. 1p(3p)1p(3p)Näin ollen kysytty todennäköisyys on

P (”6+1”) = 7 · 739 ·

638 ·

537 ·

436 ·

335 ·

234 ·

233 = 9,1021 . . . · 10−7 ≈ 9,1 · 10−7. 1p(4p)1p(4p)

Uudistuksen jälkeen: Tilanne on sama kuin ennen uudistusta, muttanumerot valitaan 40 numerosta, eli mahdollisia numeroita on aina yksi en-emmän ja lisänumeroita on vain yksi, sille on vain yksi vaihtoehto, 1p(5p)1p(5p)joten

P (”6+1”) = 7 · 740 ·

639 ·

538 ·

437 ·

336 ·

235 ·

134 = 3,7546 . . . · 10−7 ≈ 3,8 · 10−7. 1p(6p)1p(6p)



8. Jyrki on 23-vuotias ja hänellä on kolme nuorempaa sisarusta, joiden ikientulo on 156. Minkä ikäisiä Jyrkin sisarukset ovat? Esitä kaikki kokonais-lukuratkaisut.Ratkaisu.Merkitään Jyrkin sisarusten ikiä muuttujilla x, y ja z. Sisarukset ovat Jyrkiänuorempia, joten x, y, z < 23. Ikien tulo on 156. Jaetaan tämä alkutekijöi-hin.

xyz = 156xyz = 2 · 2 · 3 · 13 1p1p

Huomataan, että 2 · 13 = 26 > 23 ja 3 · 13 = 39 > 23, 1p(2p)1p(2p)joten ainoat vaihtoehdot esittää 156 kolmen kokonaisluvun, jotka ovat pienem-piä kuin 23, tulona ovat

xyz = 4 · 3 · 13 1p(3p)1p(3p)xyz = 2 · 6 · 13 1p(4p)1p(4p)xyz = 1 · 12 · 13. 1p(5p)1p(5p)

Näin ollen Jyrkin sisaruksien iät ovat joko 4 vuotta, 3 vuotta ja 13 vuotta,2 vuotta, 6 vuotta ja 13 vuotta tai 1 vuotta, 12 vuotta ja 13 vuotta. 1p(6p)1p(6p)



9. Tarkastellaan funktiota, jonka derivaattafunktio on myös derivoituva. Sovelta-malla Newtonin menetelmää derivaattafunktioon saadaan selville funktionmahdollisen paikallisen ääriarvokohdan likiarvo.

Selvitä Newtonin menetelmällä funktion

f(x) = 15x

5 − 2x2 + x

mahdolliset ääriarvokohdat välillä ]0,2[. Käytä alkuarvoa 0,5, laske kolmeiteraatiota ja anna tulos viiden merkitsevän numeron tarkkuudella. Lasketoinen mahdollinen ääriarvokohta samalla tavalla alkuarvoa 1,5 käyttäen.Määritä näiden tulosten avulla funktion f(x) paikalliset ääriarvot välillä]0,2[ neljän merkitsevän numeron tarkkuudella.Ratkaisu.

f(x) = 15x

5 − 2x2 + x.

Derivoidaan f(x) ja merkitään derivaattafunktiota g(x):llä

g(x) = f ′(x) = x4 − 4x+ 1. 1p1p

Ääriarvojen selvittämiseksi selvitetään funktion f(x) derivaatan nollakoh-dat annetulla välillä. Selvitetään siis funktion g(x):n nollakohdat Newtoninmenetelmällä. Derivoidaan g(x).

g′(x) = 4x3 − 4. 1p(2p)1p(2p)

Käytetään alkuarvona x1 = 0,5. Iteroidaan kolme kertaa Newtonin menetelmällä.

x2 = x1 −g(x1)g′(x1) 1p(3p)1p(3p)

= 0,5− 0,54 − 4 · 0,5 + 14 · 0,53 − 4 = 0,2321428 . . .

x3 = 0,250961 . . .x4 = 0,250992 . . . ≈ 0,25099 1p(4p)1p(4p)

Lasketaan toinen nollakohta samalla tavalla alkuarvolla x1 = 1,5.

x2 = x1 −g(x1)g′(x1) = 1,5− 1,54 − 4 · 1,5 + 1

4 · 1,53 − 4 = 1,493421 . . .

x3 = 1,493358 . . .x4 = 1,493358 . . . ≈ 1,4934 1p(5p)1p(5p)



Selvitetään derivaatan merkit nollakohtien välissä kulkukaaviota varten:

f ′(0,1) = 0,14 − 4 · 0,1 + 1 = 0,6001 > 0f ′(1) = −2 < 0

f ′(1,8) = 4,2976 > 0

Kulkukaavio:

0 0,25 . . .1,49 . . .

f ′(x)

f(x)

+ − +

Kohdassa x ≈ 0,25099 funktiolla f(x) on siis paikallinen maksimi

f(0,25099) = 15 · 0,250995 − 2 · 0,250992 + 0,25099 = 0,125197 . . . ≈ 0,1252

ja kohdassa x ≈ 1,4934 funktiolla f(x) on siis paikallinen minimi

f(1,4934) = −1,48145 . . . ≈ −1,481. 1p(6p)1p(6p)



10. Annukka ja Fareed yrittävät laskea seuraavien vektoreiden pistetulon ilmanlaskinta:

u = 7 cos π5 i+ 7 sin π5 j ja v = 3 cos 8π15 i+ 3 sin 8π

15 j .

Heidän ratkaisunsa ovat seuraavat.

Annukan ratkaisu Fareedin ratkaisuu · v = 7(cos π5 i + sin π

5 j) · 3(cos 8π15 i + sin 8π

15 j) Vektorien pituudet: |u| = 7 ja |v| = 3= 21(cos π5 cos 8π

15 + sin π5 sin 8π

15 ) Pistetulon kaava: u · v = 7 · 3 cos(u,v)= 21 cos

(8π15 −

π5

)Vektorien välinen kulma: 8π

15 −π5 = π

3= 21 cos π3 = 21

2 . Siten u · v = 21 cos π3 = 212 .

a) Annukka ja Fareed ovat käyttäneet eri kaavoja pistetulon laskemiseksi.Esitä nämä kaavat yleisille vektoreille a = axi+ ay j ja b = bxi+ by j.

b) Fareed on laskenut vektorien pituudet ja niiden välisen kulman. Esitävektorit graafisesti ja merkitse kuvaan, miten Fareed on päätellyt vek-torien välisen kulman.

c) Selitä lyhyesti rivi riviltä, miten Annukan ratkaisu etenee.

Ratkaisu.

a) Annukan käyttämä kaava:

a · b = (axi+ ayj) · (bxi+ byj) = axbx + ayby. 1p1p

Fareedin käyttämä kaava:

a · b = |a||b| cos(a, b) 1p(2p)1p(2p)

b) Vektorit voidaan kirjoittaa muodossa

u = 7(

cos π5 i+ sin π5 j)

v = 3(

cos 8π15 i+ sin 8π

15 j).

Nähdään, että suluissa olevat vektorit ovat yksikköympyrän pisteidenpaikkavektoreita, joita vastaava kulma on vektorin u tapauksessa π

5 javektorin v tapauksessa 8π

15 . Sulkujen edessä olevat kertoimet vaikuttavatainoastaan vektorien pituuteen. 1p(3p)1p(3p)



y

x

uv 8π

15

π5α

1

1

Tästä Fareed on päätellyt, että vektorien u ja v välinen kulma on

α = 8π15 −

π

5 = π

3 . 1p(4p)1p(4p)

c) Ensimmäinen rivi: Annukka muodosti vektoreiden v ja u pistetulonlausekkeen ja otti vektoreiden lausekkeista kertoimet 7 ja 3 yhteisiksitekijöiksi.Toinen rivi: Annukka laski kertoimien 7 ja 3 tulon, mistä tuli 21, ja laskia-kohdassa mainitulla pistetulon kaavalla sulkuihin jääneiden vektorienpistetulon. 1p(5p)1p(5p)

Kolmas rivi: Annukka muokkasi mielessään toisen rivin lausekkeen muo-toon tulon järjestystä vaihtamalla

21(

cos 8π15 cos π5 + sin 8π

15 sin π5

)Tämän jälkeen hän käytti kosinin summakaavaa

cos(α− β) = cos(α) cos(β) + sin(α) sin(β),

jonka avulla sai lausekkeen muotoon

21 · cos(8π

15 −π

5

).

Neljäs rivi: Annukka sievensi kosinin sulkujen sisältä

8π15 −

π

5 = π

3 ,



ja sijoitti kosinin arvon cos(π3

)= 1

2 , minkä seurauksena hän sai lausek-keelle arvon

21 cos(8π

15 −π

5

)= 21 cos

(π

3

)= 21 · 1

2 = 212 . 1p(6p)1p(6p)

Huom! Värilliset tekstit ovat lisäselityksiä, joita ei vaadita vastauksessa.



11. a) Anna esimerkki rationaalifunktiosta f(x), jolle epäyhtälö f(x) ≥ 2 to-teutuu täsmälleen silloin, kun −1 ≤ x ≤ 0 tai 1 ≤ x ≤ 2.

b) Anna esimerkki funktiosta g(x) ≥ 0, joka on määritelty kaikilla reaalilu-vuilla ja jonka derivaatalla on täsmälleen kaksi nollakohtaa.

Ratkaisu.

a) Rationaalifunktion lauseke on kahden polynomifunktion lausekkeidenosamäärä. Myös vakiofunktio on polynomifunktio, joten jos valitaannimittäjäksi 1, saadaan tavallinen polynomifunktio, joka on rationaali-funktion erikoistapaus. Etsitään helppouden vuoksi polynomifunktio,jolle ehto toteutuu:Annettu ehto f(x) ≥ 2 on yhtäpitävä ehdon f(x) − 2 ≥ 0 kanssa.Etsitään sellainen polynomifunktio g(x), jolla on nollakohdat kohdissax = −1, x = 0, x = 1 ja x = 2. Eräs tällainen polynomifunktio on

g(x) = (x+ 1)x(x− 1)(x− 2). 1p1p

Tarkastellaan funktion g(x) kulkua merkkikaavion avulla.

-1 0 1 2

g(x)

x− 2

x− 1

x

x+ 1 − + + + +

− − + + +

− − − + +

− − − − +

+ − + − +

Näin ollen funktiolle

h(x) = −g(x) = −(x+ 1)x(x− 1)(x− 2)

pätee h(x) ≥ 0 täsmälleen silloin, kun −1 ≤ x ≤ 0 tai 1 ≤ x ≤ 2, 1p(2p)1p(2p)joten funktiolle

f(x) = h(x) + 2 = 2− (x+ 1)x(x− 1)(x− 2)

pätee f(x) ≥ 2 täsmälleen silloin, kun −1 ≤ x ≤ 0 tai 1 ≤ x ≤ 2. 1p(3p)1p(3p)



Lisäselitys: Jos ei esimerkiksi tiennyt, että polynomifunktiot ovat ratio-naalifunktioita, yksi tapa löytää sellainen rationaalifunktio, jonka nimit-täjässä on muuttujaa x, on lähteä tutkimaan lauseketta

−1(x+ 1)x(x− 1)(x− 2) .

Merkeistä voidaan päätellä, että tämä funktio on positiivinen, kun −1 <x < 0 tai 1 < x < 2, ja muualla määrittelyjoukossaan negatiivinen. Nytjos osoittajaan valitsee sopivan kokoisen luvun, kuten esimerkiksi

f1(x) = −2(x+ 1)x(x− 1)(x− 2) ,

myös epäyhtälö f(x) ≥ 2 toteutuu halutuilla väleillä.

Jos myös osoittajaan haluaa saada x:n, sinne voi kertoa sellaisen poly-nomin, jonka arvo kaikkialla on yli 1, jolloin ehdot toteutuvat edelleen.Esimerkiksi

f2(x) = −2(x2 + 1)(x+ 1)x(x− 1)(x− 2)

toteuttaa halutut ehdot.



b)


Tiedetään, että eksponenttifunktio on kaikkialla positiivinen, joten et-sitään funktiota, joka on muotoa

g(x) = ef(x).

Tämän funktion derivaatta on

g′(x) = f ′(x)ef(x),

joten sen derivaatan nollakohdat ovat samat kuin funktion f(x) derivaatannollakohdat. Esimerkiksi muotoa x(ax− b) olevalla polynomilla on täs-mälleen kaksi nollakohtaa (x = 0 ja x = b

a), jos a, b 6= 0, ja se on

polynomifunktiona kaikkialla määritelty. Valitaan esimerkiksi

f ′(x) = x(3x− 2) = 3x2 − 2x

Tämän eräs integraalifunktio on

f(x) = x3 − x2.



Näin ollen funktiolleg(x) = ef(x) = ex

3−x2

pätee g(x) ≥ 0, se on määritelty kaikilla reaaliluvuilla, koska polynomi-funktiona f(x) on määritelty kaikilla reaaliluvuilla ja myös eksponent-tifunktio on määritelty kaikilla reaaliluvuilla, ja sen derivaatalla on täs-mälleen kaksi nollakohtaa. 3p(6p)3p(6p)


On helpompi keksiä funktio h(x) ≥ 0, jolla on vain yksi derivaatannollakohta, koska tähän käy ylöspäin aukeava paraabeli. Esimerkiksiparaabelit

h1(x) = (x− 1)2

h2(x) = (x+ 1)2

toteuttavat tämän ehdon. Näiden avulla voidaan määritellä paloittainfunktio g(x) ≥ 0, jolla on täsmälleen kaksi derivaatan nollakohtaa. Esi-merkiksi funktio



g(x) ={

(x− 1)2, kun x ≥ 0(x+ 1)2, kun x < 0

sopii ratkaisuksi. Sillä on derivaatan nollakohdat x = −1 ja x = 1 ja seon binomin neliönä kaikkialla epänegatiivinen. 3p(6p)3p(6p)

Tehtävänannossa ei edellytetty, että funktio olisi kaikkialla derivoituva,joten myös paloittain määritelty funktio, joka ei ole tietyssä pisteessäderivoituva, käy ratkaisuksi.


Tiedetään, että eksponenttifunktio on kaikkialla positiivinen, joten et-sitään funktiota, joka on muotoa

g(x) = f(x)ex,

missä f(x) ≥ 0. Tämän funktion derivaatta on

g′(x) = f ′(x)ex + f(x)ex = (f ′(x) + f(x))ex.

Funktiolla on siis kaksi derivaatan nollakohtaa täsmälleen silloin, kunyhtälöllä

f ′(x) + f(x) = 0on kaksi eri ratkaisua. Jos f(x) on toisen asteen polynomi, yhtälöllä onkorkeintaan kaksi eri ratkaisua, joten kokeillaan funktiota f(x) = x2,koska se on myös epänegatiivinen kaikkialla. Nollakohdat:

f ′(x) + f(x) = 02x+ x2 = 0x(2 + x) = 0

x = 0 tai x = −2.

Näin ollen funktiolleg(x) = f(x)ex = x2ex

pätee g(x) ≥ 0, se on määritelty kaikilla reaaliluvuilla, koska polynomi-funktiona f(x) on määritelty kaikilla reaaliluvuilla ja myös eksponent-tifunktio on määritelty kaikilla reaaliluvuilla, ja sen derivaatalla on täs-mälleen kaksi nollakohtaa. 3p(6p)3p(6p)



Pisteytys b-kohdassa: Oikeanlainen funktio ja perustelut = 3pHuom! Sopivia funktioita on monia erilaisia. Tässä malliratkaisussaon lähdetty rakentamaan kysytynlaista funktiota askel kerrallaan sensijaan, että tarvitsisi nähdä intuitiolla, minkälainen funktio voisi sopia.Löytyy myös korkeamman asteen polynomifunktioita, jotka ovat sopivia.



12. a) Olkoon a > 0. Määritellään a-kantainen logaritmi funktion f(x) = ax

käänteisfunktiona, toisin sanoen loga x = f−1(x). Kiinnitetään x > 1 jamääritellään g(a) = loga x. Osoita, että funktio g(a) on vähenevä.

b) Olkoon h(t) jatkuva funktio. Osoita, että

H(x) =∫ x

0h(t) dt

on kasvava täsmälleen silloin, kun h(t) ≥ 0 kaikilla t ∈ R.Ratkaisu.

a)Merkitään g(a) = loga x, kun x > 1 ja a > 0. Funktiota ei ole määritelty,kun a = 1, joten tarkastellaan funktiota g(a), kun a > 0 ja a 6= 1.Väite: g(a) = loga(x) on vähenevä.Vastaesimerkki: Tarkastellaan arvoa x = 2. Tällöin

g(0,5) = log0,5(2) = −1,

koska 0,5−1 = 2. Toisaalta

g(2) = log2(2) = 1,

koska 21 = 2.Näin ollen g(2) > g(0,5), kun x = 2, joten g ei ole vähenevä, ja väite onepätosi. 3p3p

Funktiota g(a) ei ole määritelty kohdassa a = 1. Koko sen määritte-lyjoukossa a > 0, a 6= 1 se ei ole yllä mainitun vastaesimerkin nojallavähenevä, mutta välillä 0 < a < 1 funktio on vähenevä ja välillä a > 1 seon myös vähenevä. Esimerkiksi tapauksessa a > 1 väitteen voisi todistaaseuraavasti:

Todistus: Olkoon 1 < a1 < a2. Logaritmifunktion määritelmän nojalla

x = ag(a1)1 = a

g(a2)2 (1)

Tehtävänannon mukaan x > 1, joten g(a) = loga(x) > 0 kaikilla a > 1.Näin ollen potenssifunktio h(x) = xg(a2) on aidosti kasvava, joten

ag(a2)1 < a

g(a2)2 1p1p(2)



Yhtälöistä (1) ja (2) saadaan, että

ag(a2)1 < a

g(a1)1 , 1p(2p)1p(2p)

mistä eksponenttifunktion aidosti kasvavuuden nojalla seuraa, että

g(a2) < g(a1).

Näin ollen g(a) on (aidosti) vähenevä, kun a > 1. 1p(3p)1p(3p)Huomautus lukijalle: Koska väite on epätosi, yrityksistä osoittaa väitetodeksi ei periaatteessa pitäisi saada pisteitä. Luultavasti tehtävänan-nossa on virhe ja tehtävän laatijalla on ollut tarkoituksena, että väiteolisi tosi. Näin ollen voi olla että osapisteitä saa myös virheellisistä todis-tusyrityksistä, jos niissä on joitain välivaiheita oikein. Maksimoidaksesiopiskelijasi pisteet, kannattaa tarkistaa, onko opiskelija tehnyt jotainoikein, ja antaa osapisteitä oikein tehdyistä välivaiheista.PÄIVITYS: YTL julkaisi 28.3. korjauksen hyvän vastauksen piirteisiinja siinä annettiin esimerkki ”vastaantulosta” pisteytyksessä. Tehtävästävoi antaa jopa täydet pisteet, jos ratkaisussa todetaan, että ”osoitetaanväite oikeaksi tapauksessa a>1” ja sitten suoritetaan todistus loppuunoikealla tavalla, kuten esimerkiksi yllä olevassa esimerkissä.

b) Väite:

H(x) =x∫

0

h(t) dt

on kasvava täsmälleen silloin, kun h(t) ≥ 0 kaikilla t ∈ R.Todistus: Olkoon x2 > x1. Oletetaan, että h(t) ≥ 0 kaikilla t. Tarkastel-laan erotusta

H(x2)−H(x1) =x2∫0

h(t) dt−x1∫0

h(t) dt

=x1∫0

h(t) dt+x2∫x1

h(t) dt−x1∫0

h(t) dt

=x2∫x1

h(t) dt 1p(4p)1p(4p)

≥x2∫x1

0 dt

= 0



Tästä seuraa, siis, ettäH(x2) ≥ H(x1),

kun h(t) ≥ 0, eli H(x) on kasvava, kun h(t) ≥ 0. 1p(5p)1p(5p)

Oletetaan sitten, että h(t) < 0 jollain välillä ]x1, x2[. Tällöin vastaavastitällä välillä

H(x2)−H(x1) =x2∫x1

h(t) dt

<

x2∫x1

0 dt

= 0

eli H(x) ei ole kasvava, jos h(t) < 0 yhdelläkin välillä. Näin ollen H(x)on kasvava täsmälleen silloin, kun h(t) ≥ 0 kaikilla t. 1p(6p)1p(6p)



13. Funktio f(x) määritellään kaavalla

f(x) =

p(x) cos(

1x

), kun x > 0,

ln(1− x), kun x ≤ 0,

missä p(x) = ax2 + c on toisen asteen polynomi. Onko olemassa sellaisiakertoimia a ja c, että f(x) on derivoituva?Ratkaisu.Merkitään funktiota

f(x) =

g(x) = p(x) cos(1x

), kun x > 0

h(x) = ln(1− x), kun x ≤ 0.

Funktio f(x) on tunnetusti derivoituva muualla kuin kohdassa x = 0. 1p1pTutkitaan, löytyykö sellaisia kertoimia a ja c, että funktio olisi derivoituvamyös kohdassa x = 0.Funktio on derivoituva kohdassa x, jos sen erotusosamäärällä on olemassaraja-arvo kohdassa x. Tarkastellaan erotusosamäärän raja-arvoa, kun x läh-estyy nollaa vasemmalta puolelta. Funktion h(x) derivaatta on

h′(x) = − 11− x.

limx→0−

f(x)− f(0)x− 0 = lim

x→0−

h(x)− h(0)x− 0

= h′(0)

= − 11− 0

= −1. 1p(2p)1p(2p)

Tutkitaan sitten erotusosamäärän raja-arvoa, kun x lähestyy nollaa oikealtapuolelta.



limx→0+

f(x)− f(0)x− 0 = lim

x→0+

g(x)− h(0)x

= limx→0+

(ax2 + c) cos(

1x

)− ln(1− 0)

x

= limx→0+

(ax2 + c) cos(

1x

)x

= limx→0+

(ax+ c

x

)cos

(1x

)1p(3p)1p(3p)

Lauseke cos(

1x

)saa kaikki arvot väliltä [−1, 1], kun x lähestyy nollaa, c

x

joko kasvaa rajatta tai vähenee rajatta ja ax lähestyy nollaa. Näin ollenerotusosamäärällä ei ole olemassa raja-arvoa, jos c 6= 0. 1p(4p)1p(4p)Ainoa mahdollisuus on siis, että c = 0. Tällöin raja-arvo on

limx→0+

ax cos(1x

)

Koska x→ 0, tämä raja-arvo on nolla a:n arvosta riippumatta. 1p(5p)1p(5p)Ei siis ole olemassa sellaisia kertoimia a ja c, että erotusosamäärän vasemman-ja oikeanpuoleiset raja-arvot olisivat samat, joten ei ole olemassa sellaisiakertoimia a ja c, että funktio f(x) olisi derivoituva. 1p(6p)1p(6p)


pitkä matematiikka, kevät 2018 - mafy-valmennus · 2017. 40% pk-seudun lukioista ... pitkä...

Documents